Calcolare ideal class group

[Studente Anonimo]

EDIT: scusate ho sbagliato sezione andrebbe in algebra, logica, teoria dei numeri e matematica discreta, chiedo venia e a qualche moderatore di spostarlo. Grazie

Avrei bisogno di una mano per questo esercizio, solo un piccolo dubbio nel punto c), non sono sicurissimo nel punto d) e avrei una domanda per l'ordine nel punto e)

Considera \(K = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{7}) \)
a) Dimostra che l'anello degli inter \( \mathcal{O}_K = \mathbb{Z}[\sqrt[3]{7}] \)
b) Dimostra che l'ideal class group, \( \operatorname{Cl}(\mathcal{O}_K) \), è generato dagli ideali primi \( \mathfrak{P} \subset \mathcal{O}_K \) che dividono \( 2 \mathcal{O}_K, 3\mathcal{O}_K,5 \mathcal{O}_K,7 \mathcal{O}_K \).
Calcola con la ricetta di Dedekind tutti questi ideali primi.
c) Sia \( \theta = \sqrt[3]{7} \)
e
\[ \mathfrak{p}_2 = (2,\theta+1), \mathfrak{p}_3 = (3,\theta+2), \mathfrak{p}_5 = (5,\theta+2) \]
dimostra che
\[ \mathfrak{p}_2 \mathfrak{p}_3 = (6, 2 \theta+4, 3 \theta +3 , \theta^2+3\theta+2) = (6,\theta-1) = (\theta-1) \]
e
\[ \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_5 = (15, 3( \theta+2), 5( \theta +2) , (\theta+2)^2) = (15,\theta+2) =(\theta+2) \]
concludi che \( [\mathfrak{p}_3] \) genera \( \operatorname{Cl}(\mathcal{O}_K) \)
d) Dimostra che \( \mathfrak{p}_3 \) non è principale.
(Hint: \( N_{K/\mathbb{Q}} (a+b\theta+c\theta^2)=a^3 + 7b^3+49c^3 - 21abc \) )
e) Dimostra che \( \operatorname{Cl}(\mathcal{O}_K) \cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \)

io ho fatto così:

a)

Abbiamo che \( [\mathbb{Q}(\sqrt[3]{7}):\mathbb{Q}] = 3 \) con base \( \{ 1, \sqrt[3]{7},\sqrt[3]{49} \} \). Per semplicità di notazione chiamo \( \theta= \sqrt[3]{7} \). Per dimostrare che \( \mathcal{O}_K = \mathbb{Z}[\theta] \) è sufficiente dimostrare che
\[ \mathcal{O}_{K,(p)} = \mathbb{Z}[\theta]_{(p)} \]
per ogni primo \((p) \). Denotando con \( \Delta_K \) il discrimante di \( \mathcal{O}_K \) allora abbiamo chiaramente che
\[ \Delta_K \mathcal{O}_K \subseteq \mathbb{Z}[\theta] \subseteq \mathcal{O}_K \]
pertanto se \( p \not\mid \Delta_K \) risulta chiaro che
\[ (\Delta_K \mathcal{O}_K )_{(p)} = \mathcal{O}_{K,(p)} \]
un inclusione è banale. Per l'altra consideriamo \( \frac{a}{b} \in \mathcal{O}_{K,(p)} \) con \( a \in \mathcal{O}_K \) e \( b \in \mathcal{O}_K \setminus (p) \), allora risulta che poiché \( p \not\mid \Delta_K \) si ha che \( \Delta_K b \in \mathcal{O}_K \setminus (p) \) da cui
\[ \frac{a}{b} = \frac{ \Delta_K a}{\Delta_K b} \in ( \Delta_K \mathcal{O})_{(p) } \]

Calcoliamoci pertanto il discriminante. Abbiamo che per un estensione \(K/Q \) separabile e finita di grado \(n \), con \(K=Q(\theta) \), dove \( \theta \in K \) con polinomio minimo \( f \in Q[x] \) allora
\[ \Delta_K = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} N_{K/Q}(f'(\theta)) \]
dove \[ N_{K/Q} (z) = \operatorname{det} M_{ \times z} \]
abbiamo dunque che \( z = a + b \theta + c \theta^2 \) e dunque
\[ M_{\times z} = \begin{pmatrix}
a &7c &7b \\
b & a & 7c \\
c & b & a
\end{pmatrix} \]
e \( f(x)=x^3-7 \) da cui risulta che \(N_{K/\mathbb{Q}}(3 \theta^2) = 49 \cdot 3^3 \) pertanto
\[ \Delta_K = - 7^2 3^3 \]
e dobbiamo solo controllare che "a mano" per \(p=3,7 \)
\[ \mathcal{O}_{K,(p)} = \mathbb{Z}[\theta]_{(p)} \]
Per farlo cerchiamo un numero intero algebrico \( \alpha \) in \( K \), di grado 3, tale che ha polinomio minimo \( P(x) \) e soddisfa il criterio di Eisenstein per \(p \) da cui segue che \( p \not\mid [\mathcal{O}_K:\mathbb{Z}[\alpha] ] \) e per un ragionamento del tutto analogo a quanto fatto per \( \Delta_K \mathcal{O}_K \) risulta che
\[ \mathcal{O}_{K,(p)} = \mathbb{Z}[\alpha]_{(p)} \]
in particolare per \(p=7 \) è sufficiente prendere \( \alpha = \theta \), infatti il suo polinomio minimo è \( x^3-7 \) che è Eisenstein per \(p=7 \) e chiaramente \( \mathbb{Z}[\alpha] = \mathbb{Z}[\theta] \).
Per \( p=3 \) è sufficiente prendere \( \alpha = \theta - 7 \) infatti abbiamo chiaramente che \( \mathbb{Z}[\alpha] = \mathbb{Z}[\theta-7]= \mathbb{Z}[\theta] \), inoltre il suo polinomio minimo è
\[ (x+7)^3 - 7 \]
che è Eisenstein per \( p=3 \).

C.V.D.

per b) penso di aver risposto alla mia domanda nel thread precedente dimostrando quanto mi chiede. Ma non sono sicuro di aver trovato correttamente i primi.

Ciascuna classe è rappresentata da un ideale \( \mathfrak{a} \subset \mathcal{O}_K \) che soddisfa
\[ N(\mathfrak{a})= \left| \mathcal{O}_K / \mathfrak{a} \right| \leq \left( \frac{4}{\pi} \right)^{r_2} \frac{n!}{n^n} \left| \Delta_K \right|^{1/2} \]
dove \( (r_1,r_2) \) è segnatura del campo \( K \), \(n = [ K:\mathbb{Q} ] \), in particolare ciascun ideale primo \( \mathfrak{P} \) che divide \( \mathfrak{a} \), come sopra, possiede una norma inferiore a questo limite.
Abbiamo dunque \( N(\mathfrak{P}) = \left| \mathcal{O}_K / \mathfrak{P} \right| \), ora poiché \( \mathcal{O}_K / \mathfrak{P} = K_{\mathfrak{P}} \) è un campo finito (il residual field in particolare) segue chiaramente che possiede caratteristica \(p\) con \(p \) qualche numero primo. Infatti abbiamo che
\[ N(\mathfrak{P}) = p^{f_{ \mathfrak{P}/\mathfrak{p} } } \]
dove \( f_{\mathfrak{P}/\mathfrak{p}}:= [K_{\mathfrak{P}} : K_{\mathfrak{p}} ] \), dove \( \mathfrak{P} \mid \mathfrak{p} \) e \( \mathfrak{p} = (p) \) è un ideal primo di \( \mathbb{Z} \).
Inoltre poiché la mappa
\[ \bullet \cap \mathbb{Z} : \operatorname{Spec}(\mathcal{O}_K) \to \operatorname{Spec}(\mathbb{Z} ) \]
è una suriezione e la preimmagine di \( \mathfrak{p} \in \operatorname{Spec}(\mathbb{Z}) \) è esattamente \[ \operatorname{Spec}_{\mathfrak{p}}(\mathcal{O}_K) := \{ \mathfrak{P} \in \operatorname{Spec}(\mathcal{O}_K) : \mathfrak{P} \mid \mathfrak{p} \} \]
abbiamo che il risultato segue immediatamente calcolando il limite di Minkowski esplicitamente. Infatti abbiamo che \( 3 = r_1 + 2r_2 \), quindi abbiamo solo due possibilità per \( (r_1,r_2) \), \((3,0) \) oppure \((1,1) \), ma siccome il campo è reale abbiamo chiaramente che \(2r_2=0 \), altrimenti la coniugazione complessa sarebbe differente dall'identità, pertanto
\[ \left( \frac{4}{\pi} \right)^{r_2} \frac{n!}{n^n} \left| \Delta_K \right|^{1/2} = \frac{2 \cdot 3^2 \cdot 7 \cdot \sqrt{3}}{3^3} \approx 8,08 \]
pertanto è sufficiente calcolare gli ideali primi che dividono \( p\mathcal{O}_K \) con \( p \) primo e \( p < 8 \). E il risultato segue.

Per calcolare i primi in \( \mathcal{O}_K \) che dividono \( 2 \mathcal{O}_K \) usiamo la ricetta di Dedekind e consideriamo la riduzione modulo \(p\) di \(f(x)= x^3 - 7 \), il polinomio minimo di \( \theta \), e fattorizziamo \( f \mod p \) in \( k_{\mathfrak{p}} = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \).
Abbiamo che
\[ f(x) \mod 2 = x^3 + 1 = (x+1)(x^2+x+1) \in \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}[x] \]
\[ f(x) \mod 3 = x^3 + 2 = (x+2)^2(2x+2) \in \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}[x] \]
\[ f(x) \mod 5 = x^3 + 3 = (x+2)(x^2+3x+4) \in \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}[x] \]
\[ f(x) \mod 7 = x^3 \in \mathbb{Z}/7\mathbb{Z}[x] \]

pertanto abbiamo che i primi che fattorizzano
\[ p \mathcal{O}_K = \prod_{ i } \mathfrak{P}_i^{e_i} \]
sono in corrispondenza biunivoca con gli irriducibili \( \overline{P}_i \) che fattorizzano \( f \mod p \)
\[ f \mod p = \prod_{i}\overline{P}_i^{e_i} \]
sia infatti un lifting \(P_i \), i.e. \( P_i \mod p = \overline{P}_i \), abbiamo la biiezione seguente
\[ \overline{P}_i \mapsto \mathfrak{P}_i := (\mathfrak{p} \mathcal{O}_{K, \mathfrak{p}} + P_i(\theta) \mathcal{O}_{K,\mathfrak{p}}) \cap \mathcal{O}_{K} \]
pertanto
I primi che dividono \( 2 \mathcal{O}_K \) sono
\[ (2,\theta+1), (2,\theta^2+\theta+1)=: \mathfrak{p}_2'\]
I primi che dividono \( 3 \mathcal{O}_K \) sono
\[ (3,\theta+2), (3,2\theta+2)=: \mathfrak{p}_3' \]
I primi che dividono \( 5 \mathcal{O}_K \) sono
\[ (5,\theta+2), (5,\theta^2+3\theta+4) =: \mathfrak{p}_5' \]
il primo che divide \( 7 \mathcal{O}_K \) è
\[ (7,\theta) = (\theta) =: \mathfrak{p}_7 \]

[Studente Anonimo]

Per c) avrei un paio di domande

Per \( \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_2 \) farei questo ragionamento, siccome
\[ 6(\theta^2+3\theta + 2) = (2\theta+4)(3\theta+3) \]
allora
\[ \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_2 = (6,2\theta+4, 3\theta+3) \]

Domanda È sbagliato affermare che
\[ \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_2 = (6,\theta-1) \]
giustificandolo con il fatto che \( 3\theta+3 - (2\theta+4) = \theta -1 \) ??

Domanda È invece corretto affermare
\[ \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_2 = (6,\theta-1) \]
giustificandolo con il fatto che \( 6 + 2( \theta-1) = 2 \theta +4 \) e \( 6 + 3( \theta-1) = 3 \theta +3 \) ??


per finire siccome \( (\theta^2+\theta+1)(\theta-1) = 6 \) abbiamo che
\[ (6,\theta-1) = (\theta-1) \]

Per l'altro direi che siccome \( 15(\theta+2)^2 = 3(\theta+2) \cdot 5(\theta + 2) \) allora
\[ \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_5 = (15, 3(\theta+2), 5(\theta+2) ) \] e chiaramente poiché \( 6(\theta+2) - 5(\theta+2) = \theta + 2 \) abbiamo che
\[ \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_5 = (15, \theta+2 ) \]
e poiché \( (\theta+2) (\theta^2 -2 \theta + 4)=15 \) segue che
\[ \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_5 = ( \theta+2 ) \]

Domanda è corretto come concludo che è generato da \( [\mathfrak{p}_3] \) ?
Ora poiché \( \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_2 \) e \( \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_5 \) sono principali abbiamo che la loro classe nel ideal class group è banale dunque sono uno la classe inversa dell'altro

Ora poiché \[ [\mathfrak{p}_3]^{-1} = [\mathfrak{p}_3'] = [\mathfrak{p}_2]= [\mathfrak{p}_5] \]
e poiché
\[ [ \mathfrak{p}_7] = [\mathcal{O}_K] \]
e
\[ [\mathfrak{p}_2']^{-1}= [\mathfrak{p}_2] \text{ e } [\mathfrak{p}_2']^{-1}= [\mathfrak{p}_2] \]
abbiamo che l'ideal class group è generato da \( [\mathfrak{p}_3] \).

d)

Abbiamo che la norma \[ N_{K/\mathbb{Q}}(z:=a+b\theta+c\theta^2) = \det M_{ [\times z]} \]
dunque siccome
\[ M_{[ \times z] } = \begin{pmatrix}
a &7c &7b \\
b & a & 7c \\
c & b & a
\end{pmatrix} \]
abbiamo che
\[ N_{K/\mathbb{Q}}(a+b\theta+c\theta^2) = a^3 + 7b^3+49c^3 - 21abc \]
supponendo \( \mathfrak{p}_3 \) principale allora avremmo \( \mathfrak{p}_3 = (z) \) per qualche \(z \in \mathcal{O}_K \) ora siccome il grado di inerzia è \(1\) avremmo che \( N(\mathfrak{p}_3) = 3^{1} \) pertanto se fosse principale avremmo che
\[ N(z\mathcal{O}_K) = \left| \mathcal{O}_K/z \mathcal{O}_K \right| = \left| \mathbb{Z}/N_{K/\mathbb{Q}}(z) \mathbb{Z} \right| =3 \]
da cui chiaramente \[ N_{K/\mathbb{Q}}(z) = 3\]
la mia idea è di dimostrare che non esiste tale numero. Ma non saprei come fare siccome non mi sembra banale risolvere negli interi
\[ a^3 + 7b^3+49c^3 - 21abc= 3 \]
La mia idea è di considerare la riduzione modulo \(7\) e dire che avremmo
\[ a^3 \equiv 3 \mod 7 \]
ma poiché gli unici cubi in \( \mathbb{Z}/7 \mathbb{Z} \) sono \(1\) e \(6 \) allora possiamo concludere che non essite nessun elemento \(z \in \mathcal{O}_K \) con norma \( N_{K/\mathbb{Q}}(z) =3 \) quindi \( \mathfrak{p}_3 \) non è principale.

e)

Siccome \( [\mathfrak{p}_3] \) genera \( \operatorname{Cl}(\mathcal{O}_K ) \) e \( \mathfrak{p}_3 \) non è principale abbiamo che \( [ \mathfrak{p}_3 ] \) non è la classe banale.
Se dimostro che \( \left| \operatorname{Cl}(\mathcal{O}_K) \right| = 3 \) allora ho finito.
Ho una forte sensazione che posso dedurre da qualche cosa che
\[ \left| \operatorname{Cl}(\mathcal{O}_K) \right| \leq 3 \]
e quindi siccome \( [\mathfrak{p}_3] \) non è principale abbiamo automaticamente che è di ordine \(3\), per Lagrange. Ma non so bene da cosa io possa dedurre la forte sensazione che possiedo
Forse dal fatto che \( (7) \) si ramifica totalmente? È corretto? Non so...

[Studente Anonimo]

Okay penso di aver capito, in primo luogo ho sbagliato la fattorizzazione che è \( f(x) \mod 3 = x^3 +2 = (x+2)^3 \), quindi in realtà \( p \mathcal{O}_K = \mathfrak{p}_3^3 \) da cui è un elemento di ordine \(3\) e pertanto divide l'ordine del ideal class group, quindi l'ordine del ideal class group è più piccolo di \(3\) ora abbiamo dimostrato che \( \mathfrak{p}_3 \) non è principale quindi per forza di cose l'ordine dell'ideal class group è 3.